2023届甘肃省张掖市某重点校高三上学期11月月考数学（文）试题（解析版）

这是一份2023届甘肃省张掖市某重点校高三上学期11月月考数学（文）试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】若，则，.
【详解】，则，
，故.
故选：B.
2．已知集合，集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出集合，然后根据交集、并集的定义求解即可．
【详解】，所以，所以．
故选：B．
3．已知数列，均为公差不为0的等差数列，且满足，，则（ ）
A．2B．1C．D．3
【答案】A
【分析】根据等差数列性质：，运算求解.
【详解】设数列，的公差分别为
∵，，则
∴，则
故选：A.
4．函数的部分图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】判断函数的奇偶性，再确定时函数值的正负，利用排除法得正确结论．
【详解】定义域是，，函数为奇函数，排除A，
时，，，，所以，排除CD．
故选：B．
5．若x，y满足约束条件则z＝y－3x的最大值为（ ）
A．B．C．－1D．
【答案】C
【分析】根据约束条件画出可行域，根据目标函数的几何意义即可求解最值.
【详解】根据约束条件画出可行域（如图），联立，故，
当直线经过点时，最大，此时 ，
故选：C
6．记为各项均为正数的等比数列的前n项和，，，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】根据题意求出数列的首项和公比，即可根据通项公式求得答案.
【详解】由为各项均为正数的等比数列，且，,
设数列公比为 ,可得 ，且，则，
解得 ，
故 ,
故选：D.
7．在中，点为的中点，与交于点，且满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】把用表示，然后由三点共线定理得出结论．
【详解】由题意
，
因为三点共线，所以，解得．
故选：C．
8．《天才引导的过程——数学中的伟大定理》的作者威廉·邓纳姆曾写道：“如果你想要做加法你需要0，如果你想要做乘法你需要1，如果你想要做微积分你需要e，如果你想要做几何你需要，如果你想要做复分析你需要i，这是数学的梦之队，他们都在这个方程里”.这里指的方程就是：，令，，则，令，，则，若数列满足，为数列的前n项和，则下列结论正确的个数是（ ）
①是等比数列 ② ③ ④
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据题意可知，进而即可根据所给式子逐一判断.
【详解】，
故是公比为的等比数列，A正确，
，B正确，
，故C错误，
由的定义可知，故D正确，
故选：C
9．已知点为的外心，的外接圆的半径为1，则与的夹角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知可得：，两边同时平方利用数量积运算和已知条件，即可得出结果；
【详解】，，
，又，
，，
而，故.
故选：A
10．已知函数，若过点能作三条直线与的图像相切，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知条件有三条直线相切，得两函数图像有三个交点，利用函数的单调性即可得到的取值范围.
【详解】由已知：，故，设切点为
所以切线斜率为，切线方程为,
将点坐标代入切线方程可得
化简可得
即函数与函数有三个不同的交点.
故，
当时，，函数单调递减
当时，，函数单调递增
当时，，函数单调递减
且时，,，且时，
所以的取值范围为
故选：D
11．设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】构造两个函数，，与，，利用导数确定单调性后可得．
【详解】设，，则，所以在上单调递增，，，，所以，
设，，则，在上递减，
，，，即，
所以．
故选：D．
12．已知是定义域为R的奇函数，若的最小正周期为2，则下列说法一定正确的是（ ）
A．B．1是的一个周期
C．D．
【答案】C
【分析】由函数与的关系得其最小正周期，判断B，利用周期性与奇偶性求得和判断C，假若A成立，结合周期性得出函数为偶函数，从而判断A，利用周期性与奇偶性得出与的关系判断D．
【详解】的最小正周期是2，则的最小正周期是2，B错；
∴又，∴，C正确；
若，又，则，令，则有，因此是偶函数，与题意不符，A错；
，∴，D错．
故选：C．
二、填空题
13．若向量满足与垂直，则__________．
【答案】
【分析】由向量垂直得，然后由已知模等式平方后可得．
【详解】与垂直，则，，
，即，，
故答案为：．
14．若的图象向右平移个单位长度得到的图象，则的值可以是______．（写出满足条件的一个值即可）
【答案】（答案不唯一，满足均可）
【分析】根据图象平移得平移后的函数，从而可得，再根据，取合适的一个的值即可.
【详解】解：的图象向右平移后得到的函数为
则，解得，又
所以的值可以是当时，.
故答案为：（答案不唯一，满足均可）
15．已知点P（m，n）是函数图象上的点，当时，2m＋n的最小值为______．
【答案】
【分析】根据基本不等式即可求解最小值.
【详解】P（m，n）是函数图象上的点，所以，
因为，所以，所以，当且仅当时取等号，故的最小值为.
故答案为：
16．在中，角所对的边分别为，若，且，则__________．
【答案】
【分析】已知条件，利用切化弦，两角和的正弦公式，正弦定理化简可得，已知条件，利用和差角的正弦公式和正弦定理，解得，最后用余弦定理解得.
【详解】中，，，
，
由正弦定理有，，
由，得，
有，即，
，得，
由，可得，
即，代入，
得，∴，
由余弦定理，
，得，
故答案为：
三、解答题
17．已知公比的绝对值大于1的等比数列中的前三项恰为中的三个数，为数列的前项和．
(1)求；
(2)求．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据题意确定前三项，结合等比数列通项公式可得结果；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）根据题意可知，，
所以公比，所以；
（2）由（1）知，，
，
所以，
所以，
所以，
，
所以.
18．已知．
(1)若与的夹角为钝角,,求的取值范围；
(2)若函数在上有10个零点,求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据与的夹角为钝角,可得与数量积小于零,且与不共线,化简求出范围即可.
(2)根据的解析式及进行换元,转化为在上有10个零点的问题,画图像进行分析,求出的取值范围.
【详解】（1）解:由题知,与的夹角为钝角,所以且与不共线,
则有,
且,
因为,
故,
（2）由题知,,
令,
则在上有10个零点,即在上有10个零点,画出的图像如下所示
故只需,解得,
故.
19．已知数列满足，
(1)若数列为数列的奇数项组成的数列，为数列的偶数项组成的数列，求出，并证明：数列为等差数列；
(2)求数列的前10项和．
【答案】(1)答案见解析；
(2)．
【分析】（1）由已知递推关系求出数列前几项，易得，利用已知递推关系得出与的关系即得与的关系，从而证明是等差数列；
（2）用分组求和法求．
【详解】（1）由定义，，，，，，，，，，，
所以，，，
，
所以，所以是等差数列，公差为；
（2）由（1），，
，
．
20．如图，中，点为边上一点，且满足．
(1)证明：；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理，结合已知条件进行证明.
（2）结合第（1）问的结论，利用余弦定理、三角形的面积公式求解.
【详解】（1）因为，所以，
在中，由正弦定理有：，
在中，由正弦定理有：，
所以，
所以，而，
所以，所以.
（2）因为，在中，由余弦定理有：
，
因为是三角形的内角，所以，
由（1）有：，所以，
所以是的角平分线，所以，
所以，又，所以，
所以.
21．已知函数有两个极值点．
(1)若，求的取值范围；
(2)当时，求的最大值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）求出导函数，由有两个不等正根（转化为一元二次方程有两个不等正根）可得参数范围；
（2）由（1）得出极值点满足，，计算化为的函数，然后引入新函数，利用导数求得其最大值．
【详解】（1），由题意有两个不等的正根，
所以，解得；
（2）由（1）知，，
，
设，则，时，，单调递减，
所以，从而，
所以的最大值是．
【点睛】思路点睛：本题考查用导数研究函数的极值点问题，求与极值点有关的最值．解题关键是理解极值点的定义，第一小问极值点的存在性转化为一元二次方程有两个不等的正根，由此可得参数范围，第二小问求二元函数的最值，关键是利用极值点与参数的关系把二元函数转化为一元函数，从而再利用导数求最值．
22．在直角坐标系 中，曲线的参数方程为 （t为参数），曲线的参数方程为 （为参数）．
(1)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程与的普通方程；
(2)若 分别为曲线，曲线上的动点，求的最小值．
【答案】(1)的普通方程为，曲线的极坐标方程为.
(2).
【分析】（1）根据消参法可求得的普通方程，利用直角坐标与极坐标的转化公式可求得曲线的极坐标方程；
（2）设，求得其与点距离的表达式，利用导数求得其最小值，结合几何意义即可求得的最小值．
【详解】（1）由题意曲线的参数方程为 （t为参数）。
消去t可得，即的普通方程为；
曲线的参数方程为 （为参数），消去参数可得 ，
将 代入上式，
可得曲线的极坐标方程为；
（2）设，曲线表示圆，半径为1，圆心设为，
则 ，
令，则，
为时的递增函数，且，
当时，，递减，当时，，递增，
故，
则最小值为20，
即最小值为 ，分别为曲线上的动点，
所以的最小值为.
23．已知函数．
(1)若对，恒成立，求实数n的取值范围；
(2)若的最小值为4，且正数a，b，c满足a＋2b＋c＝n，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由绝对值三角不等式得，由题意知，即可得出的取值范围；
（2）由题意得，利用基本不等式求出的最小值，从而得出答案．
【详解】（1）由绝对值三角不等式得，当且仅当时等号成立，即，
由题意知，所以或，即或．
综上，的取值范围是．
（2）由（1）知，的最小值为，所以，解得或．
当时，，不符合题意，故舍去．
从而，即．
，当且仅当，即时等号成立，所以，
综上，的最小值为．